Question

3．如圖，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長為2，過點A（4，1）的直線交橢圓于兩個不同點M，N，若直線上另一點B滿足|$\overrightarrow{AM}$|•|$\overrightarrow{BN}$|=|$\overrightarrow{AN}$|•|$\overrightarrow{BM}$|．
（Ⅰ）求點B的軌跡方程；
（Ⅱ）若點B的軌跡交橢圓于兩個不同點P、Q，求△APQ的面積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用橢圓的離心率公式和a，b，c的關系，可得橢圓方程，設過點A（4，1）的直線為y-1=k（x-4），
代入橢圓方程，運用韋達定理，由|$\overrightarrow{AM}$|•|$\overrightarrow{BN}$|=|$\overrightarrow{AN}$|•|$\overrightarrow{BM}$|可得$\frac{AM}{AN}$=$\frac{MB}{BN}$=$\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-4}$，設B（x，y），由向量的坐標表示，可得x，y關于k的式子，消去k，即可得到所求軌跡方程；
（Ⅱ）聯(lián)立B的軌跡方程和橢圓方程，求得交點，再由三角形的面積公式，計算即可得到所求值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，b=1，a²-1=c²，
解得a=2，c=$\sqrt{3}$，
即橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，
設過點A（4，1）的直線為y-1=k（x-4），
代入橢圓方程可得（1+4k²）x²+8（1-4k）kx+64k²-32k=0，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
判別式為64（1-4k）²k²-4（1+4k²）（64k²-32k）＞0，
解得0＜k＜$\frac{3}{2}$，
則x₁+x₂=$\frac{8k（4k-1）}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{64{k}^{2}-32k}{1+4{k}^{2}}$，
由|$\overrightarrow{AM}$|•|$\overrightarrow{BN}$|=|$\overrightarrow{AN}$|•|$\overrightarrow{BM}$|可得
$\frac{AM}{AN}$=$\frac{MB}{BN}$=$\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-4}$，
設B（x，y），即有x=$\frac{{x}_{1}+\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-4}•{x}_{2}}{1+\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-4}}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$
=$\frac{4k}{k+1}$，
y=1+k（x-4）=1-k•$\frac{4}{k+1}$=$\frac{1-3k}{1+k}$，
消去k，可得x+y=1，（0＜x＜$\frac{12}{5}$），
則點B的軌跡方程為x+y=1，（0＜x＜$\frac{12}{5}$）；
（Ⅱ）將x+y=1，（0＜x＜$\frac{12}{5}$）代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，
可得5x²-8x=0，解得x=0，或x=$\frac{8}{5}$，
即有交點為P（0，1），Q（$\frac{8}{5}$，-$\frac{3}{5}$），
由AP∥x軸，可得Q到AP的距離為d=1+$\frac{3}{5}$=$\frac{8}{5}$，
則△APQ的面積為S=$\frac{1}{2}$|AP|d=$\frac{1}{2}$×4×$\frac{8}{5}$=$\frac{16}{5}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質，主要是離心率的運用，同時考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，消去未知數(shù)，運用韋達定理，以及向量共線的坐標表示，考查運算能力，數(shù)軸畫的圖．